人教版(新教材)高中物理選擇性必修第二冊PAGEPAGE1章末核心素養提升eq\a\vs4\al(電,磁,感,應)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(電磁感應現象\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(現象\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(閉合電路中部分導體做切割磁感線運動,閉合電路的磁通量發生變化)),產生感應電流的條件：電路閉合且磁通量變化,能量轉化：其他形式的能轉化為電能)),\a\vs4\al(楞次定律,（感應電流,的方向）)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要,阻礙引起感應電流的磁通量的變化,理解\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(感應電流總要阻礙磁通量的變化,感應電流總要阻礙導體和磁場的相對運動)),應用步驟\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(首先明確原磁場的方向和磁通量的增減，確定,感應電流的磁場方向,再用安培定則確定感應電流的方向)),右手定則\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(適合判定導體切割磁感線產生的感應電流的方向,右手定則、左手定則、安培定則的區別)))),\a\vs4\al(法拉第電磁,感應定律,（感應電動勢,的大小）)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(感應電動勢\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義：在電磁感應現象中產生的電動勢,產生的條件：磁通量發生變化)),磁通量的變化率：單位時間內磁通量的變化,法拉第電磁感應定律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(E＝n\f(ΔΦ,Δt)，適合求E的平均值,切割公式\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(E＝Blv，適合求E的瞬時值,條件：B、l、v三者互相垂直)))))),\a\vs4\al(電磁感應,規律的應用,（特殊的電磁,感應現象）)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(互感現象\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義：相互靠近的線圈，當一個線圈中電流變化時，,在另一個線圈中產生感應電動勢的現象,應用：變壓器)),自感現象\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義：自身電流發生變化而產生的電磁感應現象,自感電動勢：總是阻礙自身電流的變化,自感系數L：與線圈的大小、形狀、匝數，以及,是否有鐵芯等因素,有關,應用和防止)),渦流\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義：塊狀金屬在變化的磁場中產生的環形感應電流,應用\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(真空冶煉爐,金屬探測器)))),\a\vs4\al(電磁阻尼)\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義,應用：磁電式儀表)),電磁驅動\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義,應用：交流感應電動機))))))一、“三定則一定律”的綜合應用1．弄清“因果關系”是正確應用定則、定律的關鍵。2．判斷感應電流受到的安培力。(1)先用右手定則判定感應電流的方向，再用左手定則確定安培力的方向。(2)根據楞次定律的推論可知安培力阻礙相對運動。〖例1〗如圖所示，一水平放置的圓形通電線圈1固定，從上往下看，線圈1中的電流沿逆時針方向，另一較小的圓形線圈2從1的正上方下落，在下落過程中兩線圈平面始終保持平行且共軸。則線圈2從1的正上方下落至1的正下方的過程中，從上往下看線圈2，下列說法正確的是()A．無感應電流產生B．有順時針方向的感應電流C．有先順時針后逆時針方向的感應電流D．有先逆時針后順時針方向的感應電流〖答案〗C〖解析〗解法1按照常規解法，將環形電流的磁場等效為條形磁體的磁場，判斷線圈2在從上向下降落過程中穿過它的磁通量的變化為先增大后減小，然后根據楞次定律判斷出這兩個過程中感應電流產生的磁場方向應分別與環形電流I產生的磁場方向先反向后同向，再運用安培定則可判斷出線圈2內有先順時針后逆時針方向的感應電流，故選項C正確。解法2從上面下落時，感應電流的效果要阻礙線圈2下落，故必須有順時針方向的電流。同理可知，線圈2在線圈1的下面下落時，有逆時針方向的電流，故選項C正確。二、電磁感應中的電路問題1．電磁感應與電路知識的關系圖2．電磁感應中電路問題的分類(1)以部分電路歐姆定律為中心，包括六個基本物理量(電壓、電流、電阻、電功、電功率、電熱)，三條定律(部分電路歐姆定律、電阻定律和焦耳定律)，以及若干基本規律(串、并聯電路特點等)。(2)以閉合電路歐姆定律為中心，討論電動勢、閉合電路中的電流、路端電壓以及閉合電路中能量的轉化。3．分析電磁感應電路問題的基本思路〖例2〗把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環，水平固定在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖所示，一長度為2a、電阻等于R、粗細均勻的金屬棒MN放在圓環上，它與圓環始終保持良好的接觸，當金屬棒以恒定速度v向右運動經過環心O時，求：(1)棒上電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN；(2)圓環和金屬棒消耗的總熱功率。〖答案〗(1)eq\f(4Bav,3R)方向從N流向Meq\f(2,3)Bav(2)eq\f(8B2a2v2,3R)〖解析〗(1)把切割磁感線的金屬棒看成一個內阻為R、電動勢為E的電源，兩個半圓環看成兩個并聯電阻，畫出等效電路如圖所示。等效電源電動勢為E＝2Bav外電路的總電阻為R外＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝eq\f(1,2)R棒上電流大小為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(2Bav,\f(1,2)R＋R)＝eq\f(4Bav,3R)由右手定則可知金屬棒中電流方向為從N流向M。根據閉合電路歐姆定律知，棒兩端的電壓為路端電壓，UMN＝IR外＝eq\f(2,3)Bav。(2)圓環和金屬棒消耗的總熱功率為P＝IE＝eq\f(8B2a2v2,3R)。三、電磁感應中的力電綜合問題1．基本思路電磁感應問題往往跟力學問題聯系在一起，這類問題需要綜合運用電磁感應規律和力學的相關規律解決。因此，處理此類問題的一般思路是“先電后力”。2．兩種狀態處理(1)導體處于平衡態——靜止或勻速直線運動狀態。(2)導體處于非平衡態——加速度不為零。3．力學對象和電學對象的相互聯系4．主要規律：牛頓第二定律、功能關系和動量觀點。〖例3〗如圖所示，平行傾斜光滑導軌與足夠長的平行水平光滑導軌平滑連接，導軌電阻不計。質量分別為m和eq\f(1,2)m的金屬棒b和c靜止放在水平導軌上，b、c兩棒均與導軌垂直。圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場。質量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導軌靜止釋放，釋放位置與水平導軌的高度差為h。已知絕緣棒a滑到水平導軌上與金屬棒b發生彈性正碰，金屬棒b進入磁場后始終未與金屬棒c發生碰撞。重力加速度為g，求：(1)絕緣棒a與金屬棒b發生彈性正碰后分離時兩棒的速度大小；(2)金屬棒b進入磁場后，其加速度為其最大加速度的一半時的速度大小；(3)兩金屬棒b、c上最終產生的總焦耳熱。〖答案〗(1)絕緣棒a速度大小為0金屬棒b速度大小為eq\r(2gh)(2)eq\f(5,6)eq\r(2gh)(3)eq\f(1,3)mgh〖解析〗(1)設絕緣棒a滑上水平導軌時，速度為v0，下滑過程中絕緣棒a機械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)①絕緣棒a與金屬棒b發生彈性碰撞，由動量守恒定律mv0＝mv1＋mv2②由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)③聯立①②③解得絕緣棒a的速度大小v1＝0，金屬棒b的速度大小v2＝v0＝eq\r(2gh)。(2)金屬棒b剛進磁場時的加速度最大，設其加速度為其最大加速度的一半時，金屬棒b速度為v2′，c棒速度為v3′。兩金屬棒b、c組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，由動量守恒定律，有mv2＝mv2′＋eq\f(m,2)v3′設金屬棒b進入磁場后任一時刻，金屬棒b的速度為vb，金屬棒c的速度為vc，則兩金屬棒b、c組成的回路中的感應電動勢E＝BL(vb－vc)由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R總)由安培力公式得金屬棒b所受安培力F＝BIL＝ma聯立得a＝eq\f(B2L2（vb－vc）,mR總)。則am＝eq\f(B2L2（v2－0）,mR總)eq\f(1,2)am＝eq\f(B2L2（v2′－v3′）,mR總)故當金屬棒b加速度為最大值